Az október 10-i gyakorlat témája Rövid összefoglaló

Először a következő feladattal foglalkoztunk, mely a polinomiális eloszlás megértését segíti.

1. Van n darab golyónk, melyeket egymástól függetlenül bedobunk k darab urnába. A golyók az első urnába p_{1} a második urnába p_{2}, …, a k-ik urnába p_{k} valószínűséggel

esnek, ∑_{j=1}^{k} p_{j} = 1. Mutassuk meg, hogy annak valószínűsége, hogy az első urnába

m_{1}, a második urnába m_{2}, …, a k-ik urnába m_{k} golyó esik, ∑_{j=1}^{k} m_{j} = n,

\frac{n1}{m_{1}!m_{2}! ⋯ m_{k}!}p_{1}^{m_{1}}p_{2}^{m_{2}} ⋯ p_{k}^{m_{k}}.

Megoldás: Számozzuk meg a golyókat, 1-től n-ig, és számoljuk meg hány különböző módon lehet ezeket a golyókat úgy elhelyezni, hogy az első urnába pontosan m_{1}, a második urnába m_{2}, … a k-ik urnába pontosan m_{k} golyót helyezünk el. Nézzük meg, hányféleképp választhatjuk ki az első urnába tett m_{1} golyót. Az első golyót n, a második golyót n−1, … az m_{1}-ik golyót n−m_{1} +1 féleképpen választhatjuk. Ez összesen n(n − 1) ⋯ (n − m_{1} + 1 lehetőséget jelent. Ezután a második urnába (n − m_{1}) ⋯ (n − m_{1} − m_{2} + 1) módon választhatunk m_{2} golyót. Tovább folytatva összesen n! lehetőséget kapunk. Viszont az elhelyezéseket multiplicitással számoltuk. (Megkülünböztettük például azt a választást, amikor először a második majd az ötödik golyót tesszük az első urnába attól, amikor először az ötödik majd a második golyót tesszük az első urnába.) Minden egyes elhelyezést m_{1}!m_{2}! ⋯ m_{k}! multiplicitással számoltunk. Ezért az összes lehetséges választások száma

\frac{n!}{m_{1}!m_{2}! ⋯ m_{k}!}.

Továbbá, egy előírt elrendezés bekövetkezésének a valószínűsége, azaz annak hogy megmondjuk melyik urnába dobjuk az első, a második és így tovább az n-ik golyót úgy hogy m_{1} golyót dobunk az első, … m_{k} golyót dobunk a k-ik urnába p_{1}^{m_{1}} ⋯ p_{k}^{m_{k}}. Innen következik az állítás. (A múlt gyakorlaton egy más módon végeztük el a fenti összeszámlálást. Az első

unába m_{1} a többibe együttvéve n − m_{1} golyót \binom{n}{m_{1}} féleképpen helyezhetek el. A

megmaradt n−m_{1} golyóból \binom{n − m_{1}}{m_{2}} féleképpen válaszhatok m_{2} golyót a második

urnába, és így tovább. Az összes lehetséges választás száma

∏_{j=1}^{k} \binom{n − (m_{1} + ⋯ + m_{j−1})}{m_{j}} = \frac{n!}{m_{1}! ⋯ m_{k}!}.

(x_{1} + ⋯ + x_{k})^{n} = ∑_{m_{1},...,m_{k} nem negatív egész számok m_{1}+···+m_{k}=n} x_{1}^{m_{1}} ⋯ m_{k}^{m_{k}}.

(Ezt az eredményt hívják polinomiális tételnek.) Az (x_{1} + ⋯ + x_{k})^{n} = (x_{1} + ⋯ + x_{k}) ⋯ (x_{1} + ⋯ + x_{k}) szorzatban elvégezzük a

szorzásokat. Csak olyan x_{1}^{m_{1}} ⋯ m_{k}^{m_{k}} tagok jelennek meg, melyekre ∑_{j=1}^{k} m_{j} = n,

és egy ilyen tag együtthatója a megadott mennyiség az előző feladat megoldása alapján.

Diszkrét eloszlású valószínűségi változó várható értékének definiciója. Legyen ξ (diszkrét eloszlású) valószínűségi változó, amelyik megszámlálható sok x_{1}, x_{2}, …, értéket vesz fel. Ekkor a ξ valószínűségi változó várható értéke

Eξ = ∑_{k=1}^{∞} x_{k}P (ξ = x_{k}).

Valószínűségi változó szórásnégyzetének definiciója. Egy ξ valószínűségi változó szórásnégyzete Var ξ = E (ξ − Eξ)^{2}. Be lehet látni, hogy Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}.

3.) Feldobunk egy szabályos pénzdarabot 100-szor egymás után. Számítsuk ki a fejdobások számának várható értékét és szórásnégyzetét. Megoldás: A fejdobások száma 0 és 100 között van. Annak valószínűsége, hogy

k fejdobás következik be, 0 ≤ k ≤ 100, p_{k} = \binom{100}{k}2^{−100}. Ezért a dobások

számának várható értéke Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100}, ahol ξ jelőli a fejdobások számát

megadó valószínűségi változót. Továbbá Eξ^{2} = ∑_{k=0}^{100} k^{2}\binom{100}{k}2^{−100}, a szórásnégyzet

pedig Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2}. Ezeket az összegeket közvetlenül kiszámíthatjuk.

Valóban, k\binom{100}{k} = 100\binom{99}{k − 1}, Eξ = ∑_{k=0}^{100} k\binom{100}{k}2^{−100} = 50 ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k}2^{−99} =

50 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{99} = 50. Továbbá, k^{2}\binom{100}{k} = [k(k−1)+k]\binom{100}{k} = 100·99·\binom{98}{k − 2}+

100·\binom{100}{99}, Eξ^{2} = \frac{1}{4} ·100·99· ∑_{k=0}^{98} \binom{98}{k}2^{−98} + \frac{1}{2} ·100· ∑_{k=0}^{99} \binom{99}{k}2^{−99} = 25·99+50,

Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ^{2}) = 25.

Valójában a vizsgált várható értéket és szórásnégyzetet egyszeűbben is kiszámíthatjuk néhány fontos eredmény segítségével, melyeket most felidézünk.

Tétel. Ha ξ diszkrét értékű valószínűségi változó, P (ξ = x_{k}) = p_{k}, k = 1, 2, …, f(x)

valamilyen függvény, akkor Ef(ξ) = ∑_{k=1}^{∞} p_{k}f(x_{k}).

Tétel. Ha ξ_{1}, …, ξ_{n} valószínűségi változók ugyanazon a valószínűségi mezőn, akkor E(ξ_{1} + ⋯ + ξ_{n}) = Eξ_{1} + ⋯ + Eξ_{n}.

Megjegyzés; Ez az eredmény tetszőleges valószínűségi változókra igaz. Nem követeltük meg például azt, hogy az összeadandók függetlenek legyenek.

Tétel. Ha ξ_{1}, …, ξ_{n} független valószínűségi változók, akkor Var (ξ_{1}+⋯+ξ_{n}) = Var ξ_{1}+ ⋯ + Var ξ_{n}.

Tétel. E(aξ + b) = aEξ + b, Var (aξ + b) = a^{2}Var ξ minden valós a és b számra.

Másoik megoldás: Vezessük be a ξ_{j} valószínűségi változókat, ξ_{j} = 1, ha a j-ik dobás eredménye fej ξ_{j} = 0, ha a j-ik dobás eredménye írás, 1 ≤ j ≤ 100. Ekkor

a fejdobások száma ξ = ∑_{j=1}^{100} ξ_{j}, Eξ = ∑_{j=1}^{100} Eξ_{j}, Var ξ = ∑_{j=1}^{100} Var ξ_{j}. Mivel Eξ_{j} = \frac{1}{2},

Eξ_{j}^{2} = \frac{1}{2}, Var ξ_{j} = \frac{1}{4}, 1 ≤ j ≤ 100, ezért Eξ = \frac{1}{2} · 100 = 50, Var ξ = \frac{1}{4} · 100 = 25. 4.) Feldobunk egy szabályos dobókockát 100-szor egymás után. Tekintsük a dobások

eredményeinek összegét. Számítsuk ki ennek az összegnek a.) Várható értékét, b.) Szórásnégyzetét. A negyedik feladat hasonlóan tárgyalható. Ekkor annak valószínűségét, hogy a

dobások üsszegének értéke egy adott szám rendkívül fáradságos lenne kiszámolni. Viszont a második módszer egyszerűen alkalmazható ebben az esetben is. Legyenek η_{1},…, η_{100} független valószínűségi változók, melyekre P (η_{j} = k) = \frac{1}{6}, 1 ≤ j ≤ 100,

1 ≤ k ≤ 6. Ekkor a kiszámítandó várható érték és szórásnégyzet E ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Eη_{j},

Var ∑_{j=1}^{100} η_{j} = ∑_{j=1}^{100} Var η_{j}. (A második reláció felhasználja a tekintett valószínűségi válto-

zók függetlenségét.) Eη_{j} = \frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6) = 3.5, Eη_{j}^{2} = \frac{1}{6}(1+4+9+16+25+36) = \frac{91}{6}, Var η_{j} = \frac{35}{12}, Eξ = 350, Var ξ = \frac{3500}{12}.

Házi feladat: Egy szabályos dobókockát feldobunk százszor egymás után. Tekintsük a páros dobások eredményeinek az összegét. (Azaz a páratlan dobások eredményét nem vesszük figyelembe, a többi dobás eredményét pedig összegezzük.) Számítsuk ki ennek az összegnek a várható értékét és szórásnégyzetét.

5. Egy kulcs-csomón van harminc számunkra megkülönböztethetetlen kulcs, melyek közül az egyik nyitja a zárat. Véletlenszerűen egymás után kipróbáljuk a kulcsokat, egészen addig, amig sikeül kinyitni a zárat. Mi a szükséges kisérletek számának a várható értéke és szórásnégyzete? Megoldás: Jelölje ξ azt a valószínűségi változót, mely k-val egyenlő akkor, ha a k-ik

kisérletre sikerül kinyitni a zárat. Ekkor P (ξ = k) = \frac{1}{30}, 1 ≤ k ≤ 30. A minket érdeklő mennyiségek Eξ = ∑_{k=1}^{30} k \frac{1}{30} = \frac{30 · 31}{2 · 30} = 15.5, és Var ξ = Eξ^{2} − (Eξ)^{2},

Eξ^{2} = \frac{1}{30} ∑_{k=1}^{30} k^{2} = \frac{30 · 31 · 61}{6 · 30} = \frac{31 · 61}{6}.